2019高考卷-2019年浙江卷数学高考试题答案

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数 学 参 考 答 案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分40分。 1．A 2．C 为e}.故选A． 解析：ðUAIB{1UA{1,3}，ð解析：根据渐进线方程为xy0的双曲线，可得ab，所以c2a，则该双曲线的离心率

c2，故选C． ax3y40解析：作出3xy40表示的平面区域，如图所示

xy03．C

分别联立其中两个方程，得A（2，2），B（-1，1），C（1，-1），则zmax322210.故选C. 4．B

解析：由三视图还原原几何体如图，

该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，

即S五边形ABCDE11(46)3(26)327，高为6， 22则该柱体的体积是V276162． 故选B．

ab4，则ab„4，即ab剟5．A 解析：因为a＞0，b＞0，若a+b≤4，则2ab剟4ab4.

反之，若ab„4，取a1，b4，则ab4„4，但ab5， 即ab„4推不出a+b≤4，所以a+b≤4是ab„4的充分不必要条件.故选A． 6．D

解析：由函数y1111ylogxylogx，，单调性相反，且函数图像恒过aa,0x22a2可各满足要求的图象为D.故选D． 7．D

解析：E(X)02111a1， a333322a11a11a11D(X)a1

33333312211222a12a3a2(a2a1)a 927926因为0a1，所以D(X)先减小后增大.

故选D． 8．B

解析：解法一：如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，

2作DEAC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F， 过D作DH∥AC，交BG于H，

则BPF，PBD，PED， 则cosPFEGDHBDcos，可得； PBPBPBPBtanPDPDtan，可得. EDBD

解法二：由最小值定理可得，记VACB的平面角为(显然)， 由最大角定理可得；

解法三特殊图形法：设三棱锥VABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，

661222333易得cos2，可得sin，sin3，sin3，

36363332故选B． 9．C

解析：当x0时，yf(x)axbxaxb(1a)xb，最多一个零点；

当x…0时，yf(x)axb13111x(a1)x2axaxbx3(a1)x2b， 3232yx2(a1)x，

当a1„0，即a„1时，y0，yf(x)axb在不合题意；

当a10，即a1时，令y0得x(a1,)，函数递增，令y0得x(0,a1)，函数递减；函数最多有2个零点；

根据题意函数yf(x)axb恰有3个零点

函数yf(x)axb在(,0)上有一个零点，在

上递增，yf(x)axb最多一个零点

[0,)上有2个零点，

如下图：

b0b所以， 0且11321a(a1)(a1)(a1)b023解得b0，1a0，b(a1)．

316故选C．

10．A 解析：对于B，令x取a12110，得， 42

111，所以a2,L,an10， 222所以当b1时，a1010，故B错误； 42对于C，令x20，得2或1， 取a12，所以a22,L,an210， 所以当b2时，a1010，故C错误；

2对于D，令x40，得117， 2取a111711711710， ，所以a2，…，an222所以当b4时，a1010，故D错误；

11113对于A，a2a…，a3a2…，

2222422319117a4a4a2…1，

4216216an1an0，{an}递增，

21a13当n…4时，n1an21，

anan22a53a24a636a10372910故A正确．故选A． 所以a52，所以，所以a1064a42Ma103a29二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。 11．2 2解析：z11211i，z. 4421i212．2,5 解析：解法一：如图，

由圆心与切点的连线与切线垂直，得

m11，解得m2． 22所以圆心为（0，-2），则半径r(20)2(12)25． 解法二：由r20m341

4(m1)2，得m2，所以r55. 5r99r13．162,5

解析：二项式

2x的展开式的通项为Tr1C(2)9x2r9r2rrC9x．

由r0，得常数项是T1162；当r=1，3，5，7，9时，系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数是5个． 14．

122724, 解析：在直角三角形ABC中，AB4，BC3，AC5，sinC， 5105在△BCD中，

122BDBC，可得BD； 5sinCsinBDCCBD135oC，sinCBDsin(135oC)224372， (cosCsinC)22551072. 10所以cosABDcos90CBDsinCBDo

15．15 解析：设椭圆的右焦点为F，连接PF，

线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆， 连接AO，可得PF2AO4， 设P的坐标为（m,n），可得31523， m4，可得m，n23215215． 由F(2,0)，可得直线PF的斜率为322

16．

42 解析：存在tR，使得|f(t2)f(t)|， 3333即有|a(t2)(t2)att|化为|2a(3t6t4)2|22， 32， 32， 3可得剟2a(3t6t4)2即剟a(3t6t4)22322324， 321， 由3t6t43(t1)1…a可得0剟44，可得a的最大值为． 3317．0,25 解析：正方形ABCD的边长为1，

uuuruuuruuuruuuruuurruuuruuuruuu可得ABADAC，BDADAB，ABAD0，

uuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2AD3AB4AD5AB5AD6AD6AB|

uuuruuur|(1356)AB(2456)AD| (1356)2(2456)2,

由于i(i1,2,3,4,5,6)2，3，4，5，取遍1，

可得13560，24560，可取561,131,21,41，可得所求最小值为0；

由13564，24564，可取21,41,561,11,31,可得所求最大值为25．

三、解答题：本大题共5小题，共74分。

18．本题主要考查三角函数及其恒等变换等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。

（I）因为f(x)sin(x)是偶函数，所以，对任意实数都有sin(x)sin(x)， 即sinxcoscosxsinsinxcoscosxsin， 故2sinxcos0， 所以cos0． 又[0,2π)，因此

π3π或． 2222（Ⅱ）yfππππ22xfxsinxsinx 124124ππ1cos2x1cos2x133621cos2xsin2x 2222213πcos2x． 2333,1]． 22因此，函数的值域是[119．本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和

运算求解能力。满分15分。 方法一：

（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，

平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC.

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形． 由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形． 由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）. 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3. 由于O为A1G的中点，故EOOGA1G15， 22EO2OG2EG23所以cosEOG． 2EOOG5因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二：

（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.

如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–y.

3． 5

不妨设AC=4，则

A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F(33,,23)，C(0，2，0). 22uuuruuur33因此，EF(,,23)，BC(3,1,0)．

22uuuruuur由EFBC0得EFBC．

（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，

uuuruuur由（Ⅰ）可得BC(3,1,0)，AC(0,2,23)， 1设平面A1BC的法向量为n(x,y,z)，

uuurBCn03xy0由uuur，得， A1Cn0y3z0uuurEFn4uuur. 取n(1,3,1)，故sincosEF,nuuurEFn5因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为

20．本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综

合应用能力。满分15分。

（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，由题意得

3. 5a12d4,a13d3a13d，

解得a10,d2．

*从而an2n2,nN．

由Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列得

Sn1bn解得bn2SnbnSn2bn．

12Sn1SnSn2． d2*所以bnnn,nN．

（Ⅱ）cnan2n2n1,nN*． 2bn2n(n1)n(n1)我们用数学归纳法证明．

（1）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；

（2）假设nkkN*时不等式成立，即c1c2Lch2k． 那么，当nk1时，

c1c2Lckck12k2kk1 2k(k1)(k2)k122k2(k1k)2k1．

k1k即当nk1时不等式也成立．

根据（1）和（2），不等式c1c2Lcn2n对任意nN*成立．

21．本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综

合应用能力。满分15分。 （I）由题意得

p1，即p=2. 2所以，抛物线的准线方程为=−1.

2（Ⅱ）设AxA,yA,BxB,yB,Cxc,yc，重心GxG,yG.令yA2t,t0，则xAt.

t21y1，代入y24x，得 由于直线AB过F，故直线AB方程为x2ty22t21ty40，

212，所以B2,.

ttt故2tyB4，即yB又由于xG112xAxBxc,yGyAyByc及重心G在轴上，故2tyc0，得33t1212t42t22Ct,2t,G,0. 2tt3t所以，直线AC方程为y2t2txt2，得Qt21,0. 由于Q在焦点F的右侧，故t2.从而

22t42t2211|2t||FG|yA3t2S122t4t2t22. 424421t22S2t1t1|QG|yc|t212t22||2t|23tt令mt2，则m>0，

2S1m113. 222…213S2m4m323m42m4mm当m3时，3S1取得最小值1，此时G（2，0）.

2S222．本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力。满分15

分。 （Ⅰ）当a33时，f(x)lnx1x,x0． 44f'(x)31(1x2)(21x1)， 4x21x4x1x所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）． （Ⅱ）由f(1)21，得0a．

42a当0a令tx21x2x2lnx0． 时，f(x)等价于2aa42a1，则t22． a2设g(t)tx2t1x2lnx,t22 ，则

g(t)g(22)8x421x2lnx．

（i）当x, 时，117122，则 xg(t)g(22)8x421x2lnx．

记p(x)4x221xlnx,x1，则 7p'(x)故

2212xx12xx1. xxx1xx1x p'(x) 1 7 1(,1) 71 0 极小值p(1) (1,) + 单调递增  单调递减 p(x) 所以，p(x)p(1)0 ． 1p() 7因此，g(t)g(22)2p(x)0． （ii）当x12xlnx(x1)11,时，． g(t)…g12x2xe7令q(x)2xlnx(x1),x故q(x)在lnx211q'(x)10， , ，则2xe71q． 711,上单调递增，所以q(x)„2e7由（i）得q所以，q(x)<0． 因此g(t)…g11727127pp(1)0． 7771q(x)0． x2x10， ,，t[22,),g(t)…2e由（i）（ii）得对任意x即对任意xx1f(x)„,，均有． 22ae综上所述，所求a的取值范围是0,2． 4